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Solucoes do Capıtulo 6 171

Solucoes dos Problemas do Capıtulo 6

Secao 1

1. A resposta da primeira questao pode ser marcada de 5 modosdiferentes. A da segunda, tambem de 5 modos, etc.

A resposta e 510.

2. Para formar um subconjunto voce deve perguntar a cada ele-mento do conjunto se ele deseja participar do subconjunto. O pri-meiro elemento pode responder de dois modos: sim ou nao. Osegundo elemento, de dois modos, etc.

A resposta e 2n.

3. A primeira pessoa pode escolher sua cadeira de 5 modos; asegunda, de 4; a terceira, de 3.

A resposta e 5× 4× 3 = 60.

4. A primeira mulher pode escolher sua posicao de 10 modos. Asegunda, de 8 modos. As outras, de 6, de 4 e de 2 modos. O pri-meiro homem, de 5 modos. Os demais, de 4, de 3, de 2, de 1.

A resposta e 10× 8× 6× 4× 2× 5× 4× 3× 2× 1 = 460 800.

5. O tabuleiro de 64 casas possui 4 casas de canto (vertices), 24casas laterais que nao sao vertices e 36 casas centrais. Cada casade canto possui 3 casas adjacentes; cada lateral possui 5 casasadjacentes e cada central possui 8 casas adjacentes.

Vamos contar separadamente os casos que ocorrem conforme orei negro ocupe uma casa de canto, lateral ou central.

Se o rei negro ocupar uma casa de canto, havera 4 posicoespara o rei negro e 60 posicoes para o rei branco, pois das 64 casasdo tabuleiro 1 estara ocupada e as 3 a ela adjacentes nao poderaoser ocupadas pelo rei branco. Havera portanto 4× 60 = 240 modosde dispor os reis.

Se o rei negro ocupar uma casa lateral que nao seja de canto,havera 24 posicoes para o rei negro e 58 posicoes para o rei branco,

172 Temas e Problemas

pois das 64 casas do tabuleiro 1 estara ocupada e as 5 a ela adja-centes nao poderao ser ocupadas pelo rei branco. Havera portanto24× 58 = 1 392 modos de dispor os reis.

Se o rei negro ocupar uma casa central, havera 36 posicoespara o rei negro e 55 posicoes para o rei branco, pois das 64 casasdo tabuleiro 1 estara ocupada e as 8 a ela adjacentes nao poderaoser ocupadas pelo rei branco. Havera portanto 36 × 55 = 1 980

modos de dispor os reis. Portanto, a resposta e 240+1 392+1 980 =3 612.

Se os reis fossem iguais, a resposta seria a metade da respostaanterior, 1 806.

6. Havera uma torre em cada linha. A torre da primeira linhapode ser colocada de 8 modos; a da segunda linha, de 7 modos,pois nao pode ficar na mesma coluna da anterior, etc. A respostae 8× 7× 6× 5× 4× 3× 2× 1 = 40 320.

Se as torres sao diferentes, devemos primeiramente escolherqual a torre que ficara na primeira linha (8 modos) e depois es-colher onde coloca-la na primeira linha (8 modos). Ha 8 × 8 = 64

modos de colocar a torre da primeira linha. Analogamente, ha7 × 7 = 49 modos de colocar a torre da segunda linha etc. A res-posta e 64× 49× 36× 25× 16× 9× 4× 1 = 1 625 702 400.

7. Vamos contar separadamente os casos em que a carta de copase um rei e em que a carta de copas nao e um rei.

Se a primeira carta for o rei de copas, a segunda podera serselecionada de 48 modos.

Se a primeira carta for de copas sem ser o rei, ela podera serselecionada de 12 modos e a segunda, de 47 modos.

A resposta e 1× 48+ 12× 47 = 612.

8. Para construir uma funcao, voce deve perguntar a cada elemen-to de A quem ele deseja flechar em B. O primeiro elemento de Apode fazer sua escolha de 7 modos, o segundo elemento de A podefazer sua escolha de 7 modos etc. A resposta e 7×7×7×7 = 2 401.

Se a funcao for injetiva, o primeiro elemento de A podera fazersua escolha de 7 modos, o segundo elemento de A podera fazer sua


escolha de 6 modos (pois nao podera escolher o mesmo elementoselecionado pelo primeiro), etc. A resposta e 7× 6× 5× 4 = 840.

9. a) 720 = 24 × 32 × 5. Os divisores positivos de 720 sao da formaa�·3�·5 , com α ∈ {0, 1, 2, 3, 4}, β ∈ {0, 1, 2} e γ ∈ {0, 1}. Ha 5×3×2 =30 divisores positivos de 720. Uma decomposicao de 720 em umproduto de dois inteiros positivos, 720 = x · y, fica determinadaquando se escolhe x, que deve ser divisor de 720. Ha, portanto,30 decomposicoes: 1 × 720, 2 × 360, 3 × 120, . . . , 720 × 1. Comoo enunciado manda considerar iguais as decomposicoes 1 × 720 e720× 1, 2× 360 e 360× 2, etc., a resposta e 15.

b) Analogamente, 144 = 24 · 32 admite 5 × 3 = 15 divisorespositivos. Ha 15 decomposicoes, uma das quais e 12 × 12. Asoutras 14 decomposicoes podem ser agrupadas em 7 pares: 1×144e 144×1, 2×72 e 72×2, etc. Como o enunciado manda considerariguais as duas decomposicoes de cada par, a resposta e 8.

10. O armario de numero k e mexido pelas pessoas cujos numerossao divisores de k. Um armario ficara aberto se for mexido umnumero ımpar de vezes. Lembre-se que o numero de divisorespositivos de k = 2�×3�×5 × . . . e igual a (α+1)(β+1)(γ+1) . . . ,que e ımpar se e somente se α, β, γ, . . . forem todos pars, ou seja,se e somente se k for quadrado perfeito.

Os armarios que ficam abertos sao os de numeros 1, 4, 9, 16, . . . ,900.

11. Vamos contar separadamente os casos em que os quadrantes1 e 3 tem cores iguais e cores diferentes.

Pondo cores iguais nos quadrantes 1 e 3, temos 5 × 4 × 4 = 80

possibilidades, pois ha 5 modos de escolher a cor unica para osquadrantes 1 e 3, ha 4 modos de escolher a cor do quadrante 2 e ha4 modos de escolher a cor do quadrante 4. Pondo cores diferentesnos quadrantes 1 e 3, ha 5 × 4 × 3 × 3 = 180 possibilidades, poisha 5 modos de escolher a cor para o quadrante 1, ha 4 modos deescolher a cor do quadrante 3, ha 3 modos de escolher a cor doquadrante 2 e ha 3 modos de escolher a cor do quadrante 4.

A resposta e 80+ 180 = 260.


12. Note que no caso em que sao permitidas repeticoes, a condicaoda letra A figurar na palavra e terrıvel, pois ela pode figurar umaso vez, ou duas, etc... Por isso e melhor contar todas as palavrasdo alfabeto e diminuir as que nao tem A e as que comecam por A.A resposta e 265 − 255 − 264 = 1 658 775.

No caso sem repeticao, pode-se contar diretamente: ha 4 mo-dos de escolher a posicao do A, 25 modos de escolher a letra daprimeira casa restante, 24 para a segunda casa restante, etc. Aresposta e 4×25×24×23×22 = 1 214 400. Pode-se tambem repetiro raciocınio do caso com repeticao:

26×25×24×23×22−25×24×23×22×21−1×25×24×23×22 =1 214 400.

13. Ha 26 modos de escolher cada letra e 10 modos de escolhercada algarismo.

A resposta e 263 × 104 = 175 760 000.

14. Os 4 que preferem sentar de frente podem faze-lo de 5 × 4 ×3×2 = 120 modos; os que preferem sentar de costas podem faze-lode 5 × 4 × 3 = 60 modos; os demais podem se colocar nos lugaresrestantes de 3× 2× 1 = 6 modos.

A resposta e 120× 60× 6 = 43 200.

15. O 0 aparece nas unidades 222 vezes, nos numeros 10, 20,30, . . . , 2200. Aparece nas dezenas 220 vezes, nos numeros 10x,20x, . . . , 220x. Aparece nas centenas 200 vezes, nos numeros 10xye 20xy.

A resposta e 222+ 220+ 200 = 642.

16. Note que como sao permitidas repeticoes, a condicao do 5 fi-gurar no numero e terrıvel, pois ele pode figurar uma so vez, ouduas, etc . . . E melhor fazer todos os numeros menos aqueles emque o 5 nao figura.

A resposta e 9× 10× 10× 10− 8× 9× 9× 9 = 3 168.

17. Para formar uma colecao, voce deve decidir quantas “Veja”farao parte da colecao, etc.


A quantidade de revistas “Veja” pode ser escolhida de 6 modos(0, 1, 2, 3, 4, 5). A de “Epoca”, de 7 modos. A de “Isto E”, de 5modos. O numero de colecoes e 6× 7× 5 = 210.

O numero de colecoes nao-vazias e 209.

18. Ha 3 modos de escolher os dias de Matematica. Escolhidosos dias, digamos segundas e quartas, ha 2 modos de escolher ohorario da aula de Matematica da segunda e 2 modos de escolhero horario da aula de Matematica da quarta.

Ha 2 modos de escolher os dias da Fısica (nao podem ser osmesmos da Matematica, senao a Quımica ficaria com as aulas nomesmo dia); em um desses dias, a aula de Fısica so pode ser postano horario de um unico modo (pois a Matematica ja ocupou o outrotempo) e, no outro, pode ser posta de 2 modos. Finalmente, aQuımica so pode ser posta no horario de um unico modo – nostempos restantes.

A resposta e 3× 2× 2× 2× 1× 2× 1 = 48.

19. O casal Joao-Maria foi considerado diferente do casal Maria-Joao. Isso e devido a termos trabalhado com o conceito de primei-ra pessoa do casal. Por isso a resposta encontrada e o dobro daresposta real.

20. Ha tres tipos de cartoes: os que nao podem ser virados decabeca para baixo, os que virados de cabeca para baixo continuamrepresentando o mesmo numero e os que virados de cabeca parabaixo passam a representar numeros diferentes. Se ha x, y e zcartoes de cada um desses tipos, respectivamente, a resposta ex+ y +

z

2. E facil calcular y, z+ y e x+ y+ z:

z + y = 55, pois os cartoes que virados de cabeca para baixocontinuam representando numeros sao os formados apenas com0, 1, 6, 8 e 9.

x+ y+ z = 105.y = 5 × 5 × 3, pois os cartoes que virados de cabeca para bai-

xo continuam representando o mesmo numero devem ter nas ca-sas extremas um dos pares 11, 00, 88, 69 ou 96. Nas segunda


e penultima casas, a mesma coisa. Finalmente, na casa centraldeve estar 0, 1 ou 8.

Resolvendo o sistema, encontra-se z = 3 050 e

x+ y+z

2= 100 000− 1 525 = 98 475.

Secao 2

1.

a) Cada anagrama e uma permutacao simples das letras C, A,P, I, T, U, L, O. O numero de anagramas e P8 = 8! = 40 320.

b) A escolha da vogal inicial pode ser feita de 4 modos e, depoisdisso, a vogal final pode ser escolhida de 3 modos. As res-tantes seis letras podem ser arrumadas entre essas vogaisselecionadas de P6 = 6! = 720 modos.

A resposta e 4× 3× 720 = 8 640.

c) Os anagramas podem comecar por vogal ou por consoante.No primeiro caso, devemos arrumar as 4 vogais nos lugaresımpares e as 4 consoantes nos lugares pares, o que pode serfeito de 4! × 4! = 24 × 21 = 576 modos. O segundo caso eanalogo.

A resposta e 576+ 576 = 1 152.

d) Tudo se passa como se CAP fosse uma letra so. Portantodevemos arrumar 6 objetos, o bloco CAP e as 5 letras deITULO. A resposta e 6! = 720.

e) Escolha inicialmente a ordem das letras C, A, P, o que podeser feito de 3! = 6 modos. Recai-se no item anterior. A res-posta e 6× 720 = 4 320.

f) Tudo que se tem a fazer e arrumar as 6 letras de CITULOapos o PA. A resposta e 6! = 720.


g) Ao somar os que tem p em primeiro (7! = 5 040) com os quetem a em segundo (7! = 5 040), os que tem p em primeiro ea em segundo (6! = 720) sao contados duas vezes. A respos-ta e 5 040 + 5 040 − 720 = 9 360. Pode-se tambem fazer umdiagrama de conjuntos.

Figura 77

O retangulo de contorno mais claro representa o conjuntodos anagramas que tem p em primeiro lugar e o retangulo decontorno mais escuro representa o conjunto dos anagramasque tem a em segundo lugar. A intersecao possui 6! = 720

elementos e cada retangulo possui 7! = 5 040 elementos. Por-tanto, as regioes do diagrama tem 5 040− 720 = 4 320, 720 e4 320 elementos.

A resposta e 4 320+ 720+ 4 320 = 9 360.

h) Ao somar os que tem p em primeiro (7! = 5 040) com os quetem a em segundo (7! = 5 040) e os que tem c em terceiro(7! = 5 040), os que tem p em primeiro e a em segundo (6! =720), bem como os que tem a em segundo e c em terceiro (6! =720) e os que tem p em primeiro e c em terceiro (6! = 720),sao contados duas vezes. Devemos, portanto, desconta-losuma vez. Mas, ao fazermos isso, os que tem p em primeiro ea em segundo e c em terceiro (5! = 120) terao sido contadostres vezes e descontados tres vezes. Devemos conta-los umavez.

A resposta e 5 040+5 040+5 040−720−720−720+120= 13 080.

Poderıamos ter feito um diagrama de tres conjuntos: os quetem p em primeiro, os que tem a em segundo e os que tem c

em terceiro lugar. Cada um desses conjuntos tem 7! = 5 040

elementos, as intersecoes dois a dois tem 6! = 720 elementos


e a intersecao dos tres conjuntos tem 5! = 120 elementos. Assete regioes internas do diagrama terao 3 720, 3 720, 3 720,600, 600, 600 e 120 elementos.

A resposta e 3 720+ 3 720+ 3 720+ 600+ 600+ 120 = 13 080.

i) Ha 3! = 6 ordens possıveis para essas letras. A resposta e1

6

do total de anagramas,1

6de 8!, que e igual a 6 720.

Tambem poderıamos escolher 3 das 8 posicoes do anagramapara colocar essas tres letras (C3

8 = 56 modos), coloca-lasna ordem apc (1 modo) e arrumar as 5 outras letras nos 5lugares restantes (5! = 120modos). A resposta e 56×1×120 =6 720.

j) Ha 4! = 24 ordens possıveis para as vogais. A resposta e1

24

do total de anagramas,1

24de 8!, que e igual a 1 680.

Tambem poderıamos escolher 4 das 8 posicoes do anagramapara colocar as vogais (C4

8 = 70 modos), colocar as vogaisnos lugares escolhidos (1 modo, pois elas devem entrar emordem alfabetica) e arrumar as 4 consoantes nos 4 lugaresrestantes (4! = 24 modos). A resposta e 70× 1× 24 = 1 680.

2. A imagem do primeiro elemento de A pode ser selecionada den modos, a do segundo, de n− 1 modos, etc.

A resposta e n · (n− 1) . . . 1 = n!

3. Do total de arrumacoes (8! = 40 320), devem ser descontadasaquelas nas quais elas ficam juntas (2! × 7! = 10 080, pois elaspodem ficar juntas em 2! ordens possıveis). A resposta e 40 320−10 080 = 30 240.

4. Do total de arrumacoes com Helena e Pedro juntos (2! × 7! =10 080), devem ser descontadas aquelas nas quais Helena e Pedroestao juntos e Vera e Paulo tambem estao juntos (2! × 2! × 6! =2 880). A resposta e 10 080− 2 880 = 7 200.


5. Voce deve escolher 5 jogadores para o Esporte, depois escolher 5dos que sobraram para o Tupi e formar o Minas com os restantes.A resposta e C5

15 · C510 · C5

5 = 3 003× 252× 1 = 756 756.Ou, entao, ponha os 15 jogadores em fila: os 5 primeiros for-

mam o Esporte, os 5 seguintes o Tupi, os 5 ultimos o Minas. Noteque, trocando a oredem dentro de cada bloco, voce muda a fila,

mas nao muda a divisao em times. A resposta e15!

5! 5! 5!= 756 756.

6. A resposta e a anterior dividida por 3! = 6, pois agora, trocan-do os times entre si, a divisao e a mesma, ou seja, a resposta e756 756

6= 126 136.

7. Ponha os 20 objetos em fila, o que pode ser feito de 20! modos:os 3 primeiros formam o “primeiro” grupo de 3, os 3 seguintesformam o “segundo” grupo de 3, etc.

Note que, trocando a ordem dos elementos dentro de cada gru-po, voce muda a fila mas nao muda a divisao em grupos. Notetambem que trocando os grupos de 3 entre si (o que pode ser feitode 4! modos) e os de 4 entre si (o que pode ser feito de 2! modos),voce muda a fila mas nao muda a divisao em grupos.

A resposta e20!

(3!)4(4!)24!2!= 67 897 830 000.

Voce tambem poderia pensar assim: Ha C320 modos de escolher

o “primeiro” grupo de 3, C317 modos de escolher o “segundo” grupo

de 3, etc. Note que trocando os grupos de 3 entre si (o que podeser feito de 4! modos) e os de 4 entre si (o que pode ser feito de 2!modos), voce nao muda a divisao em grupos.

A resposta eC320C

317C

314C

311C

48C

44

4!2!= 67 897 830 000.

8. Devemos colocar os 12 times nos 12 lugares de uma matriz6 × 2. Note que trocar as linhas entre si, ou trocar em uma linhaa ordem dos elementos, nao altera a selecao dos jogos.

A resposta e12!

6!(2!)6= 10 395.

Voce tambem poderia pensar assim: Tenho 11 modos de esco-lher o adversario do Botafogo; depois tenho 9 modos de escolher


o adversario do primeiro (em ordem alfabetica) time que sobrou;depois tenho 7 . . .

A resposta e 11× 9× 7× 5× 3× 1 = 10 395.

9. a) Para descobrir o lugar do 62 417 voce tem que contar quantosnumeros o antecedem. Antecedem-no todos os numeros comecadosem 1 (4! = 24), em 2 (4! = 24), em 4 (4! = 24), em 61 (3! = 6) e em621 (2! = 2). Antecedem-no 24+ 24+ 24+ 6+ 2 = 80 numeros. Eleocupa o 81o

¯ lugar.b) Vamos contar os numeros (mas nao um a um, naturalmente)

Comecados por Quantidade Acumulado

1 4!=24 24

2 4!=24 48

41 3!=6 54

42 3!=6 60

46 3!=6 66

0 66o¯ numero escrito e o ultimo (ou seja, o maior) dos comecados

por 46.A resposta e 46 721.c) 166 = 5× 33+ 1.Portanto, para escrever 166 algarismos, devemos escrever 33

numeros completos e mais um algarismo.O 166o

¯ algarismo escrito e o 1o¯ algarismo do 34o

¯ numero.Os 4! = 24 primeiros numeros comecam em 1 e os 23 seguintes

comecam em 2. O 34o¯ numero comeca em 2.

A resposta e 2.d) A soma das unidades dos numeros e (1 + 2 + 4 + 6 + 7) ·

4! = 480, pois cada um dos algarismos 1, 2, 4, 6, 7 aparece comoalgarismo das unidades em 4! numeros. Analogamente, a somadas dezenas e 480 dezenas, ou seja, 4 800. A das centenas e 48 000,a das unidades de milhar e 480 000 e a das dezenas de milhar e4 800 000.

A resposta e 480+4 800+48 000+480 000+4 800 000= 5 333 280.


Um truque, bonito mas truque, e grupar os 5! = 120 numerosem 60 casais do seguin modo: o conjuge de cada numero e o numeroque dele se obtem trocando a posicao do 1 com o 7 e a posicao do2 com o 6. Teremos 60 casais e a soma em cada casas e 88 888. Aresposta e 88 888× 60 = 5 333 280.

10. Ha m! modos de escolher a ordem das mocas. Feito isso, deve-mos arrumar em fila r+1 objetos, os r rapazes e o bloco das mocas,o que pode ser feito de (r+ 1)! modos. A resposta e m!(r + 1)!.

11. a) Devemos colocar 6 numeros em 6 lugares. A resposta e6! = 720.

b) Agora, quando mudamos o cubo de posicao obtemos o mes-mo dado. Por exemplo, considere um dado com o 1 e o 6 em facesopostas. Antes, colocar o 1 em cima, na face preta, e o 6 em baixo,na face branca, era diferente de colocar o 6 em cima e o 1 embai-xo. Agora nao, e o mesmo dado de cabeca para baixo. A respostae anterior dividida pelo numero de posicoes de colocar um cubo.Para determinar esse numero, repare que ha 6 modos de escolhera face que fica em baixo e 4 modos de escolher nessa face a ares-ta que fica de frente. O numero de posicoes de colocar um cubo e

6× 4 = 24. A resposta e720

24= 30.

Podemos tambem pensar diretamente: Todo dado pode ser ima-ginado com o 1 na face de baixo; se o 1 estiver em outro lugar,sempre se podera virar o dado para que o 1 fique em baixo.

Ha 5 modos de escolher o numero que ficara na face opostaao 1, ou seja, na face de cima; digamos que se tenha escolhido o 6para a face de cima. Agora devemos colocar os numeros 2, 3, 4 e5 nas 4 faces restantes: frontal, traseira, direita e esquerda. O 2sempre podera ser imaginado na face da frente; se o 2 estiver emoutra face, basta rodar o dado para que o 2 fique na face da frente.

Ha 3 modos de escolher o numero que ficara na face oposta a 2,ou seja, na face de tras; digamos que tenhamos escolhido o 4 paraa face de tras. Note que agora nao ha mais movimentos possıveispara o dado: qualquer movimento ou tirara o 1 de baixo ou tirarao 2 da frente.


Agora temos que colocar o 3 e o 5 nas faces direita e esquerda,o que pode ser feito de 2 modos distintos.

A resposta e 5× 3× 2 = 30.c) Todo dado pode ser imaginado com o 1 em baixo, o que obriga

a colocacao do 6 em cima. O 2 sempre pode ser posto na face dafrente, o que obriga a colocacao do 5 na face de tras. Agora temosque colocar o 3 e o 5 nas faces direita e esquerda, o que pode serfeito de 2 modos distintos. A resposta e 2.

12. Tetraedro: Ha 4 modos de escolher a face que fica em baixoe 3 modos de escolher nessa face a aresta que fica de frente. Onumero de posicoes de colocar um tetraedro e 4× 3 = 12.

A resposta e4!

12= 2.

Octaedro: Ha 8 modos de escolher a face que fica em baixo e 3modos de escolher nessa face a aresta que fica de frente. O numerode posicoes de colocar um octaedro e 8× 3 = 24.

Voce tambem poderia imaginar o octaedro com um vertice embaixo. Ha 6 modos de escolher o vertice que fica em baixo e 4modos de escolher, dentre as arestas que o contem, a aresta quefica de frente. O numero de posicoes de colocar um octaedro e6× 4 = 24.

A resposta e8!

24= 1 680.

Dodecaedro: Ha 12 modos de escolher a face que fica em baixoe 5 modos de escolher nessa face a aresta que fica de frente. Onumero de posicoes de colocar um dodecaedro e 12× 5 = 60.

A resposta e12!

60= 7 983 360.

Icosaedro: Ha 20 modos de escolher a face que fica em baixoe 3 modos de escolher nessa face a aresta que fica de frente. Onumero de posicoes de colocar um icosaedro e 20× 3 = 60.

A resposta e20!

60·

13. P2;2;1;1;1;1;19 =9!

2!2!1!1!1!1!1!= 90 720.

14. Cpn .


15. Ha C48 = 70 modos de escolher as materias para o primeiro

dia e, depois disso, um so modo de escolher as do segundo dia. Aresposta e 70× 1 = 70.

16. Os segmentos que ligam dois vertices sao diagonais, arestasou diagonais de faces. Portanto o numero de diagonais e o numerode combinacoes de classe 2 dos vertices menos as arestas menosas diagonais das faces.

a) O octaedro regular e formado por 8 faces triangulares e pos-sui 6 vertices e 12 arestas. Como nao ha diagonais de faces,a resposta e C2

6 − 12 = 15− 12 = 3.

b) O icosaedro regular e formado por 20 faces triangulares epossui 12 vertices e 30 arestas. Como nao ha diagonais defaces, a resposta e C2

12 − 30 = 66− 30 = 36.

c) O dodecaedro regular e formado por 12 faces pentagonaise possui 20 vertices e 30 arestas. Como cada face possui5(5− 3)

2= 5 diagonais e sao 12 faces, ha 5×12 = 60 diagonais

de faces. A resposta e C220 − 30− 60 = 190− 90 = 100.

d) O cubo e formado por 6 faces quadradas e possui 8 vertices e12 arestas. Como cada face possui 2 diagonais e sao 6 faces,ha 6× 2 = 12 diagonais de faces. A resposta e C2

8 − 12− 12 =28− 24 = 4.

e) O prisma hexagonal e formado por 6 faces quadrangularese duas faces hexagonais e possui 12 vertices e 18 arestas.Como cada face quadrangular possui 2 diagonais e cada face

hexagonal possui6(6− 3)

2= 9 diagonais, ha 6×2+2×9 = 30

diagonais de faces. A resposta e C212 − 18− 30 = 66− 48 = 18.

Tambem se poderia pensar assim: Chamando as faces hexa-gonais de A e B, as diagonais ligam um vertice de A a umvertice de B. Ha 6 modos de escolher o vertice de A e, de-pois disso, 3 modos de escolher o vertice de B. A resposta e6× 3 = 1.


17. A funcao fica determinada quando se escolhem osm elementosde In que formarao a imagem, o que pode ser feito de Cm

n modos.Com efeito, escolhidos os elementos que formarao a imagem, afuncao esta determinada pois f(1) deve ser igual ao menor doselementos escolhidos, f(2) deve ser igual ao menor dos elementosrestantes, etc.

A resposta e Cmn .

18. Ignore o problema do 0 na primeira casa. A escolha dos luga-res para os 4 pode ser feita de C3

7 = 35 modos; depois disso, a esco-lha dos lugares para os 8 pode ser feita de C2

4 = 6 modos; as casasrestantes podem ser preenchidas de 8× 8 = 64 modos, o que dariapara resultado 35×6×64 = 13 440. Devemos descontar os numeroscomecado em 0. Para formar um numero comecado em 0, devemosescolher os lugares para os 4 (C3

6 = 20 modos), para os 8 (C26 = 3

modos) e preencher a casa restante (8 modos). Ha 20× 3× 8 = 480

numeros comecados em 0. A resposta e 13 440− 480 = 12 960.

19.

a) Basta escolher os p − 1 companheiros de a1 dentre os n − 1

demais elementos. A resposta e Cp-1n-1 .

b) Basta escolher os p elementos dentre os n − 1 elementos di-ferentes de a1 . A resposta e Cp

n-1 .

Tambem se poderia fazer o total das combinacoes e delassubtrair aquelas das quais o elemento a1 participa, obtendoa resposta Cp

n − Cp-1n-1 .

c) Basta escolher os p − 2 companheiros de a1 e a2 dentre osn − 2 demais elementos. A resposta e Cp-2

n-2 .

d) Ha Co-1n-1 combinacoes em que o elemento a1 figura e C

p-1n-1

combinacoes em que o elemento a2 figura. Somando, teremoscontado duas vezes as Cp-2

n-2 combinacoes que contem a1 e a2 .A resposta e 2Cp-1

n-1 − Cp-2n-2 .

Tambem se poderia fazer o total de combinacoes Cpn e excluir

as Cpn-2 que nao contem nem a1 nem a2 . A resposta e Cp

n −Cpn-2 .


Tambem se poderia somar as combinacoes que contem a1mas nao a2 (Cp-1

n-2), com as que contem a2 mas nao a1 , comas que contem ambos (Cp-2

n-2). A resposta e 2Cp-1n-2 + C

p-2n-2 .

e) Ha Cp-1n-2 combinacoes que contem a1 mas nao a2 e Cp-1

n-2 com-binacoes que contem a2 mas nao a1 . A resposta e 2Cp-1

n-2 .

Tambem se poderia contar as combinacoes que contem pelomenos um dos dois elementos e descontar as que contem am-bos, obtendo a resposta 2Cp-1

n-1−2Cp-2n-2 ou Cp

n−Cpn-2−Cp-2

n-2 ou2C

p-1n-2 .

20.

a) Essas funcoes sao bijetoras. A resposta e n!.

b) Um elemento de B tem sua imagem inversa formada por doiselementos e os demais tem imagens inversas unitarias. Han modos de escolher aquele elemento de B e C2

n+1 modos deescolher sua imagem inversa. Agora sobram n−1 elementosem cada conjunto e a correspondencia entre eles, que deveser um-a-um, pode ser feita de (n − 1)! modos. A resposta e

n ·C2n+1 · (n− 1)! =

n · (n+ 1)!

2·

c) Ha duas possibilidades: um elemento de B tem sua imageminversa formada por tres elementos e os demais tem ima-gens inversas unitarias ou dois elementos de B tem imagensinversas formadas por dois elementos e os demais tem ima-gens inversas unitarias.

No primeiro caso ha n modos de escolher o elemento de B eC3n+2 modos de escolher sua imagem inversa. Agora sobram

n− 1 elementos em cada conjunto e a correspondencia entreeles, que deve ser um-a-um, pode ser feita de (n− 1)! modos.

No segundo caso ha C2n modos de escolher os dois elementos de B e

C2n+2 ·C2

n modos de escolher suas imagens inversas. Agora sobramn − 2 elementos em cada conjunto e a correspondencia entre eles,


que deve ser um-a-um, pode ser feita de (n−2)! modos. A respostae

n· C3n+2 · (n− 1)! + C2

n · C2n+2 · C2

n · (n− 2)! =

=n · (n+ 2)!

6+n · (n− 1) · (n+ 2)!

8=

=n · (3n+ 1) · (n+ 2)!

24·

21. O numero de modos de escolher 3 dos 20 pontos e C320 = 1 140.

Assim, o plano determinado pelos 8 pontos e contado C38 = 56 ve-

zes. A resposta e 1 140− 55 = 1 085.Poder-se-ia tambem contar separadamente os planos determi-

nados por tres dentre os doze pontos (C312 = 220), por dois dentre

os doze e um dentre os oito (C212 · 8 = 528), por um dentre os doze e

dois dentre os oito (12 ·C28 = 336) e por tres dentre os oito (1 plano

apenas). A resposta e 220+ 528+ 336+ 1 = 1 085.

22. Escolhida a ordem em que cada casal vai se sentar (marido adireita, mulher a esquerda ou vice-versa), o que pode ser feito de2 × 2 × 2 = 8 modos, voce tem que formar uma fila (de 7 lugares)com 3 casais e 4 lugares vazios. Ha 7 modos de colocar o primeirocasal, 6 de colocar o segundo e 5 de colocar o terceiro. A respostae 8× 7× 6× 5 = 1 680.

23. Vamos arrumar primeiramente apenas as vogais, o que pode

ser feito de6!

3! 1! 1! 1!= 120 modos, e depois entremear as consoan-

tes.Se as vogais estiverem, por exemplo, na ordem A A UA I O , havera 7 possibilidades para a colocacao do P, 6

para o R e 5 para o G.A resposta e 120× 7× 6× 5 = 25 200.

24. Marque, no conjunto {1, 2, . . . , n}, com o sinal + os elementosselecionados para o subconjunto e com o sinal − os elementosnao selecionados. Voce tem que formar uma fila com p sinais +


e n − p sinais − , sem que haja dois sinais + adjacentes. Facauma fila com os sinais − (um unico modo) e entremeie os sinais+ . Ha n − p + 1 espacos entre os sinais − (e antes do primeiroe depois do ultimo) dos quais devemos selecionar p para colocaros sinais + , o que pode ser feito de Cp

n-p+1 modos. A resposta eCpn-p+1 .

25. a) Um grupo de 4 cientistas, ABCD, e barrado por pelo menosum cadeado. Na situacao do numero mınimo de cadeados, porexatamente um cadeado. Batizemos esse cadeado de ABCD. A,B, C eD nao tem a chave desse cadeado e todos os outros cientistasa tem. Como a correspondencia entre os cadeados e seus nomes eum-a-um, basta contar quantos sao os nomes dos cadeados, C4

11 =330.

b) Cada cientista possui as chaves dos cadeados que nao ocontem no nome, C4

10 = 210.Voce tambem poderia pensar que ha 330 cadeados e de cada

cadeado ha 7 copias de chaves. O total de chaves e 330× 7 = 2 310.Cada cientista possui 2 310÷ 11 = 210 chaves. Observe que nesteraciocınio partimos do fato de que todos os cientistas tem o mesmonumero de chaves.

26. Um bom nome para o professor que pertence as bancas 1 e 2e professor 1 − 2. O numero de professores e C2

8 = 28. Em cadabanca ha 7 professores.

27. Ha 4! = 24 modos de formar uma roda com as meninas. Oprimeiro menino pode ser posto na roda de 5 modos; o segundo, de4, etc. A resposta e 24× 5× 4× 3× 2× 1 = 2 880.

28. O numero de rodas que podem ser formadas sem a participacaode Vera e 4! = 24. Ha 3 modos de colocar Vera na roda. A respostae 24× 3 = 72.

29. Chamando x de 1 + a, y de 1 + b e z de 1 + c, voce tem dedeterminar solucoes inteiras e nao-negativas para a + b + c = 4.A resposta e CR43 = C4

6 = 15.


30. Defina, para cada solucao, a folga, que e a diferenca entre ovalor maximo que x+ y+ z poderia atingir e o valor que x + y+ z

realmente atinge. Por exemplo, a solucao x = 1, y = 2, z = 1 temfolga 2. Cada solucao da inequacao x + y + z ≤ 6 corresponde auma solucao da equacao x + y+ z + f = 6 e vice-versa. A respostae CR64 = C6

9 = 84.

31. CR205 = C2024 = 10 626.

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